第一章安培力与洛伦兹力 10-7s M =员×10=号对会国心商是120 根据几何关系可知，轨迹半径R=0.2m。 (2)根据牛頓第二定律得uB=m尺 2 (1)电子做匀速圆周运动的轨迹半径： (2)电子做匀速圆周运动的速率。 解得电子的速率 BeR=3.2X102m/s m 答案(1)0.2m(2)3.2×10m/s 2nm 解析(1)电子做匀速圆周运动的周期T= Be 8 课后·训练提升 基础·巩固 解析如图所示，可求出从a点射出的粒子对应的轨迹圆 心角为90°，从b点射出的粒子对应的轨证圆心角为60°。 一、选择题（第1~4题为单选题，第57题为多选题） 1.如图所示，在x轴上方存在 1)y 由t= T,T=可得1：t2=3:2,故选项D正确。 2π gB 垂直于纸面向里的匀强磁 场，磁感应强度为B,在xOy XYX X 平面内，从原点O处沿与x 0 0 轴正方向成0角(00<π) Y60 的方向以速率。发射一个带正电的粒子（重力不计）。则 50e,1 下列说法正确的是() 3.处在匀强磁场内部的两个电子A和B分别以速率v和2， A.若0一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 垂直于磁场开始运动，经磁场偏转后，哪个电子先回到原 B.若0一定，越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大 来的出发点( C.若v一定，0越大，则粒子在磁场中运动的时间越短 A.条件不够，无法比较 D.若v一定，0越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远 B.A先到达 答案C C.B先到达 解析粒子运动周期T=2,粒子在磁场中运动时间 D.同时到达 答案D 1-22-@-由于1均与无关，故选 2π 2x 解析由周期公式T=2 gB 可知，运动周期与速度v无 项A,B错误，C正确。当v一定时，由r=m 知，r一定： 关。两个电子各自经过一个周期又回到原来的出发点，故 同时到达，选项D正确。 当0从0变至2的过程中，0越大，粒子离开磁场的位置 4.如图所示，粒子源P会发出电荷量 距0点越远：当0大于受时，0越大，粒子离开磁场的位置 相等的带电粒子。这些粒子经装置 M加速并筛选后，能以相同的速度 距O点越近，故选项D错误。 从A点（垂直磁场方向）沿AB射入 D 2.如图所示，有界匀强磁场边界S 正方形匀强磁场ABCD,磁场方向如 ××××× 线SP∥MN,速率不同的同 图中所示。粒子1、粒子2分别从 种带电粒子从S点沿SP方 AD中点和C点射出磁场。不计粒 X2× 向同时射入磁场。其中穿过M义X××X bR60° 子重力，则粒子1和粒子2() B a点的粒子速度v1与MN垂 A.均带正电，质量之比为4：1 直，穿过b点的粒子速度v2 B.均带负电，质量之比为1：4 与MN成60°角，设粒子从S到a、b所需时间分别为t C.均带正电，质量之比为2：1 D.均带负电，质量之比为1：2 和t2,粒子重力不计，则t1:t2为() A.1:3 B.4:3 答案B C.1:1 D.3:2 解析由图示可知，粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力水 答案D 平向左，由左手定则可知，粒子带负电。设正方形的边长 21
第一章 安培力与洛伦兹力 (1)电子做匀速圆周运动的轨迹半径; (2)电子做匀速圆周运动的速率。 答案 (1)0.2m (2)3.2×107 m/s 解析 (1)电子做匀速圆周运动的周期T= 2πm Be = π 8 × 10-7s t= π 24 ×10-7s= T 3 ,对应圆心角是120°。 根据几何关系可知,轨迹半径R=0.2m。 (2)根据牛顿第二定律得evB=m v2 R 解得电子的速率v= BeR m =3.2×107 m/s。 课后·训练提升 基础 巩固 一、选择题(第1~4题为单选题,第5~7题为多选题) 1.如图所示,在x 轴上方存在 垂直于纸面向里的匀强磁 场,磁感应强度为B,在xOy 平面内,从原点O 处沿与x 轴正方向成θ 角(0<θ<π) 的方向以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则 下列说法正确的是( ) A.若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的时间越短 B.若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的角速度越大 C.若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短 D.若v一定,θ越大,则粒子离开磁场的位置距O 点越远 答案 C 解析 粒子运动周期T= 2πm Bq ,粒子在磁场中运动时间 t= 2π-2θ 2π T= π-θ π T,ω= 2π T ,由于t、ω 均与v无关,故选 项 A、B错误,C正确。当v一定时,由r= mv Bq 知,r一定; 当θ从0变至 π 2 的过程中,θ越大,粒子离开磁场的位置 距O 点越远;当θ大于 π 2 时,θ越大,粒子离开磁场的位置 距O 点越近,故选项D错误。 2.如图所示,有界匀强磁场边界 线SP∥MN,速率不同的同 种带电粒子从S 点沿SP 方 向同时射入磁场。其中穿过 a点的粒子速度v1 与MN 垂 直,穿过b 点的粒子速度v2 与MN 成60°角,设粒子从S 到a、b 所需时间分别为t1 和t2,粒子重力不计,则t1∶t2 为( ) A.1∶3 B.4∶3 C.1∶1 D.3∶2 答案 D 解析 如图所示,可求出从a点射出的粒子对应的轨迹圆 心角为90°,从b点射出的粒子对应的轨迹圆心角为60°。 由t= α 2π T,T= 2πm qB 可得t1∶t2=3∶2,故选项D正确。 3.处在匀强磁场内部的两个电子A和B分别以速率v和2v 垂直于磁场开始运动,经磁场偏转后,哪个电子先回到原 来的出发点( ) A.条件不够,无法比较 B.A先到达 C.B先到达 D.同时到达 答案 D 解析 由周期公式T= 2πm qB 可知,运动周期与速度v 无 关。两个电子各自经过一个周期又回到原来的出发点,故 同时到达,选项D正确。 4.如图所示,粒子源P 会发出电荷量 相等的带电粒子。这些粒子经装置 M 加速并筛选后,能以相同的速度 从A 点(垂直磁场方向)沿AB 射入 正方形匀强磁场ABCD,磁场方向如 图中所示。粒子 1、粒子 2 分别从 AD 中点和C 点射出磁场。不计粒 子重力,则粒子1和粒子2( ) A.均带正电,质量之比为4∶1 B.均带负电,质量之比为1∶4 C.均带正电,质量之比为2∶1 D.均带负电,质量之比为1∶2 答案 B 解析 由图示可知,粒子刚进入磁场时受到的洛伦兹力水 平向左,由左手定则可知,粒子带负电。设正方形的边长 21
物理 选择性必修 第二册 配人教版 为1，由题图可知，粒子轨道半径分别为1==l, 匀逢国周运动，由半径公式可得，一留如图所示，由几 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由 何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系r=√R,联 牛频第二定律得B=m号，m=rcr,则= v2 ：带电粒子在磁场中运动的周期为T= n2 r2 立可得1=2 m 3Bt ,故选项B正确。 1 =3,故选项CD正确。由于不知圆磁场的半径， 5.两个质量相同、电荷量相等的带电粒子a、b以不同的速率 因此带电粒子的运动半径无法求出，初速度无法求出，故 对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运 选项A、B错误。 动轨迹如图所示，若不计粒子的重力，则下列说法正确的 是() XX b X XOX×X a 7.如图所示，夹角为120°的两块 A.a粒子带负电，b粒子带正电 薄铝板OM、ON将纸面所在 B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 平面分为I、Ⅱ两个区域，两 C,b粒子动能较大 区域内有垂直纸面向里的匀M D.b粒子在磁场中运动时间较长 强磁场，磁感应强度分别为 B2 答案AC B、B2。在OM板上表面处 有一带电粒子垂直OM方向 解析粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带 射入磁场B,中，粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出 正电，a向下偏转，应当带负电，故选项A正确：洛伦兹力 发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为1、2，运动 提供向心力，即B=m,得r=B,故半径较大的b} 时间分别为t1、t2:假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷 量不变，动能损失一半，不计粒子重力，则下列说法正确的 粒子速度大，动能也大，所受洛伦兹力也较大，故选项C 是( 正确，B错误：由题意可知，带电粒子a、b在磁场中运动的 A粒子带负电 B.w1:2=2:1 周期均为T=2m,故在磁场中偏转角大的粒子运动的时 gB C.B1:B2=2:1 D.t:t2=1:2 间较长，a粒子的偏转角大，因此运动的时间较长，故选项 答案AC D错误。 解析根据左手定则可判定粒子带负电，故选项A正确： 6.如图所示，圆柱形区域的横截面 在没有磁场的情况下，带电粒子 E 2m,? 2 (不计重力)以某一初速度沿截面 由题意知E2一1m ,故：2=反：1，选项B 直径方向入射时，穿过此区域的 2m, 时间为t:若该区域加沿轴线方向 醋误：根据洛伦兹力提供向心力gB=m得B-m,由 gr 的匀强磁场，磁感应强度为B,带 电粒子仍以同一初速度沿截面直 题意知r1=r2,故B1:B2=1:2=√2：1，选项C正 径入射，粒子飞出此区域时，速度 确：由粒子在磁场中的周期公式T= 2知，粒子在磁场 g 方向偏转了受，根据上述条件可求得的物理量为( 中的周期相同，运动时间之比等于圆周角之比，即1： A.带电粒子的初速度 t2=120°：240°=1：2，故选项D错误。 B.带电粒子在磁场中运动的半径 二、非选择题 8.如图所示，半径为x的圆形区域内 C,带电粒子在磁场中运动的周期 存在垂直纸面向外的匀强磁场，一 D.带电粒子的比荷 个质量为m、电荷量为q的带电粒 答案CD 子从圆形边界沿半径方向以速度 解析无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区 vo进入磁场，粒子射出磁场时的偏 拔难场的半径为R,则口-迟，而有碰场时，爷电拉子袋 向角为90°，不计粒子的重力。求： 22
物 理 选择性必修 第二册 配人教版 为l,由题图可知,粒子轨道半径分别为r1= 1 4 l,r2=l, 粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由 牛顿第二定律得qvB=m v2 r ,m= qBr v ∝r,则 m1 m2 = r1 r2 = 1 4 ,故选项B正确。 5.两个质量相同、电荷量相等的带电粒子a、b以不同的速率 对准圆心O 沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域,其运 动轨迹如图所示,若不计粒子的重力,则下列说法正确的 是( ) A.a粒子带负电,b粒子带正电 B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C.b粒子动能较大 D.b粒子在磁场中运动时间较长 答案 AC 解析 粒子向右运动,根据左手定则,b向上偏转,应当带 正电,a向下偏转,应当带负电,故选项 A 正确;洛伦兹力 提供向心力,即qvB=m v2 r ,得r= mv qB ,故半径较大的b 粒子速度大,动能也大,所受洛伦兹力也较大,故选项 C 正确,B错误;由题意可知,带电粒子a、b在磁场中运动的 周期均为T= 2πm qB ,故在磁场中偏转角大的粒子运动的时 间较长,a粒子的偏转角大,因此运动的时间较长,故选项 D错误。 6.如图所示,圆柱形区域的横截面 在没有磁场的情况下,带电粒子 (不计重力)以某一初速度沿截面 直径方向入射时,穿过此区域的 时间为t;若该区域加沿轴线方向 的匀强磁场,磁感应强度为B,带 电粒子仍以同一初速度沿截面直 径入射,粒子飞出此区域时,速度 方向偏转了 π 3 ,根据上述条件可求得的物理量为( ) A.带电粒子的初速度 B.带电粒子在磁场中运动的半径 C.带电粒子在磁场中运动的周期 D.带电粒子的比荷 答案 CD 解析 无磁场时,带电粒子做匀速直线运动,设圆柱形区 域磁场的半径为R,则v= 2R t ;而有磁场时,带电粒子做 匀速圆周运动,由半径公式可得r= mv Bq ;如图所示,由几 何关系得,圆磁场半径与圆轨道半径的关系r= 3R,联 立可得q m = 2 3Bt ;带电粒子在磁场中运动的周期为T= 2πm qB = 3πt,故选项C、D正确。由于不知圆磁场的半径, 因此带电粒子的运动半径无法求出,初速度无法求出,故 选项 A、B错误。 7.如图所示,夹角为120°的两块 薄铝板OM、ON 将纸面所在 平面分为Ⅰ、Ⅱ两个区域,两 区域内有垂直纸面向里的匀 强磁场,磁感应强 度 分 别 为 B1、B2。在 OM 板上表面处 有一带电粒子垂直OM 方向 射入磁场B1 中,粒子恰好以O 为圆心做圆周运动回到出 发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为v1、v2,运动 时间分别为t1、t2;假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷 量不变,动能损失一半,不计粒子重力,则下列说法正确的 是( ) A.粒子带负电 B.v1∶v2=2∶1 C.B1∶B2= 2∶1 D.t1∶t2=1∶ 2 答案 AC 解析 根据左手定则可判定粒子带负电,故选项 A正确; 由题意知 Ek1 Ek2 = 1 2 mv1 2 1 2 mv2 2 = 2 1 ,故v1∶v2= 2∶1,选项 B 错误;根据洛伦兹力提供向心力qvB=m v2 r 得B= mv qr ,由 题意知r1=r2,故B1∶B2=v1∶v2= 2∶1,选项 C正 确;由粒子在磁场中的周期公式T= 2πm qB 知,粒子在磁场 中的周期相同,运动时间之比等于圆周角之比,即t1∶ t2=120°∶240°=1∶2,故选项D错误。 二、非选择题 8.如图所示,半径为r的圆形区域内 存在垂直纸面向外的匀强磁场,一 个质量为m、电荷量为q的带电粒 子从圆形边界沿半径方向以速度 v0 进入磁场,粒子射出磁场时的偏 向角为90°,不计粒子的重力。求: 22
第一章 安培力与洛伦兹力 (1)粒子的带电性质： 第一次通过磁场区时的半径为r=四。 (2)匀强磁场的磁感应强度大小： gB,圆孤AC所对应 (3)粒子在磁场中运动的时间。 60° 的圆心角∠AO'C=60°，经历的时间为△t= 360T,其中 答案(1)正电(2)m(3)产 gr 0 T为粒子在匀强磁场中运动的周期，大小为T=B,与 解析(1)由左手定则可知，粒子带正电。 (2)由几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨道半径 粒子建度大小无关：当粒子達度减小为号后，根据r= 9B R=r 2 又因为qwB=mR 知其在磁场中的轨道半径变为了，粒子将从D点射出，根 据图中几何关系得圆孤AD所对应的圆心角∠AO”D= 所以解得B= gr 120经历的时问为△-CT=2△。由此可知选项E 1 1 (3)粒子在磁场中运动的时间t= T= 4 ,2 正确。 r 2 拓展·提高 一、选择题（第1~3题为单选题，第4~5题为多选题） 1两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。 一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重 力)，从较强磁场区域进入较弱磁场区域后，粒子的( 0 A轨道半径减小，角速度增大 3.如图所示，在第一象限内有垂直纸 B.轨道半径减小，角速度减小 面向里的匀强磁场（磁场足够大）， C.轨道半径增大，角速度增大 一对质量和电荷量均相等的正、负 B 电子分别以相同速度沿与x轴成 ×X D.轨道半径增大，角速度减小 30° 30°角的方向从原点垂直磁场射入，O X 答案D 则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为（不计正、负 解析带电粒子从较强磁场区域进入较弱磁场区域后，粒 电子间的相互作用力)( 子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r=巴 gB A1:5 B.2:1 可知，轨道半径增大。由公式T=2 C.5:1 D.1:2 gB 可知，粒子在磁场 答案D 中运动的周期增大，根据仙= 知角速度减小。选项D 2元m T 解析由T= qB知两个电子的周期相等。亚电子从y 正确。 轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角 2.如图所示，圆形区域内有垂直于 为60°，则正电子速度的偏向角为01=120°，其轨远对应的 纸面向里的匀强磁场，一个带电 圆心角也为120°，则正电子在磁场中运动的时间为t1= 粒子以速度v从A点沿直径 B AOB方向射入磁场，经过△时 609 高T-器1-：同显，知负电子以80入从上轴 间从C点射出磁场，OC与OB成 离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30°，则轨迹对应 60°角。现将带电粒子的速度变为 的圆心角为60°，负电子在磁场中运动的时间为t2= 3,仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁 360T60 2 60T 。所以负电子与正电子在磁场中运 场中的运动时间变为( 动的时间之比为t2:t1=1:2,选项D正确。 A 4.在O点有一个离子源，发射速度大小 B.2△ 相同而方向不同的两个相同的粒子a Ca 和b,a和b速度方向之间的夹角0=O D.3△t 30°，均沿垂直磁场方向进入匀强磁场， 答案B 最后打到屏P上。不计重力，下列说 法正确的是() 解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹 A.a、b均带正电 力挑候向心力，据牛顿第二定律有9如B=m二，解得粒子 B.a、b在磁场中飞行的时间之比为4：3 23
第一章 安培力与洛伦兹力 (1)粒子的带电性质; (2)匀强磁场的磁感应强度大小; (3)粒子在磁场中运动的时间。 答案 (1)正电 (2) mv0 qr (3) πr 2v0 解析 (1)由左手定则可知,粒子带正电。 (2)由几何关系可知,粒子在磁场中运动的轨道半径 R=r 又因为qv0B=m v0 2 R 所以解得B= mv0 qr 。 (3)粒子在磁场中运动的时间t= 1 4 T= 1 4 × 2πr v0 = πr 2v0 。 拓展 提高 一、选择题(第1~3题为单选题,第4~5题为多选题) 1.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。 一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重 力),从较强磁场区域进入较弱磁场区域后,粒子的( ) A.轨道半径减小,角速度增大 B.轨道半径减小,角速度减小 C.轨道半径增大,角速度增大 D.轨道半径增大,角速度减小 答案 D 解析 带电粒子从较强磁场区域进入较弱磁场区域后,粒 子的速度v大小不变,磁感应强度B 减小,由公式r= mv qB 可知,轨道半径增大。由公式T= 2πm qB 可知,粒子在磁场 中运动的周期增大,根据ω= 2π T 知角速度减小。选项 D 正确。 2.如图所示,圆形区域内有垂直于 纸面向里的匀强磁场,一个带电 粒子 以 速 度 v 从 A 点 沿 直 径 AOB 方向射入磁场,经过 Δt 时 间从C 点射出磁场,OC 与OB 成 60°角。现将带电粒子的速度变为 v 3 ,仍从A 点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁 场中的运动时间变为( ) A. 1 2 Δt B.2Δt C. 1 3 Δt D.3Δt 答案 B 解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹 力提供向心力,据牛顿第二定律有qvB=m v2 r ,解得粒子 第一次通过磁场区时的半径为r= mv qB ,圆弧AC 所对应 的圆心角∠AO'C=60°,经历的时间为 Δt= 60° 360° T,其中 T 为粒子在匀强磁场中运动的周期,大小为T= 2πm qB ,与 粒子速度大小无关;当粒子速度减小为 v 3 后,根据r= mv qB 知其在磁场中的轨道半径变为 r 3 ,粒子将从D 点射出,根 据图中几何关系得圆弧AD 所对应的圆心角∠AO″D= 120°,经历的时间为 Δt'= 120° 360° T=2Δt。由此可知选项B 正确。 3.如图所示,在第一象限内有垂直纸 面向里的匀强磁场(磁场足够大), 一对质量和电荷量均相等的正、负 电子分别以相同速度沿与x 轴成 30°角的方向从原点垂直磁场射入, 则负电子与正电子在磁场中运动时间之比为(不计正、负 电子间的相互作用力)( ) A.1∶ 3 B.2∶1 C.3∶1 D.1∶2 答案 D 解析 由T= 2πm qB 知两个电子的周期相等。正电子从y 轴上射出磁场时,根据几何知识得知,速度与y 轴的夹角 为60°,则正电子速度的偏向角为θ1=120°,其轨迹对应的 圆心角也为120°,则正电子在磁场中运动的时间为t1= θ1 360° T= 120° 360° T= 1 3 T;同理,知负电子以30°入射,从x 轴 离开磁场时,速度方向与x 轴的夹角为30°,则轨迹对应 的圆心角为 60°,负电子在磁场中运动的时间为t2 = θ2 360° T= 60° 360° T= 1 6 T。所以负电子与正电子在磁场中运 动的时间之比为t2∶t1=1∶2,选项D正确。 4.在O 点有一个离子源,发射速度大小 相同而方向不同的两个相同的粒子a 和b,a和b速度方向之间的夹角θ= 30°,均沿垂直磁场方向进入匀强磁场, 最后打到屏 P上。不计重力,下列说 法正确的是( ) A.a、b均带正电 B.a、b在磁场中飞行的时间之比为4∶3 23
物理 选择性必修第二册 配人教版 C.a、b在磁场中飞行的路程之比为3：4 转半周在y轴上上移2r2,穿过y轴后逆时针向下转半周 D.a、b在P上的落点与O点的距离之比为3：4 后下移2r1,由于B2<B1,则第二次经过y轴时在坐标原 答案AB 点的上方(2r2一2r1)处，同理第4次经过y轴时在坐标 解析因粒子向下偏转，则由左手定则可知，粒子均带正 原点上方2(2r2一2r1)处，由题意知选项B正确。由a粒 电，长选项A正瑰。由B=m可得，粒子半径 子第4次经过y轴时的位置可知，显然是b粒子向上转半 周后相遇的，a粒子第4次经过y轴时是向右方向，而b ，因两同种粒子速度相同，则它们的半径相等，轨迹如 ) 粒子转半周也是向右的方向，所以两者方向相同，选项C 图所示：由图可知，打到屏上时粒子a在磁场中转过240°， 正确。根据月期公式T=密及题意，当两粒子在y轴 粒子b在磁场中转过180°；两粒子周期T相同，根据t= 上相遇时，时间上有号T。=T十T。,即号 号T可知a,b在磁场中飞行的时间之比为4·3，选项B gB 正确。根据l=0可知，a、b在磁场中飞行的路程之比等 2m,2,结令B1:B2=3:2,得=，选项D gB gB2 mb 于转过的圆心角之比，大小为4：3，选项C错误。由图根 正确。 据运动轨迹可知，b在P上的落，点与O点的距离为直径 二、非选择题 d=2r,而a的落点为一个小于直径的弦，大小为d.= 6.如图所示，一带电微粒质量m=2.0×10-1kg、电荷量 2rsin60°=√3r,则a,b在P上的落点与O点的距离之比 q=十1.0×10-5C,从静止开始经电压为U1=100V的电 为5：2，故选项D错误。 场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒 射出电场时的偏转角0=30°，并接着进人一个方向垂直纸 面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域。已知偏转 电场中金属板长1=20cm,两板间距d=17.3cm,重力 忽略不计。 5.如图所示，在x轴的负方向，存在磁感应强度为B1、方向 垂直于纸面向里的匀强磁场，在x轴的正方向，存在磁感 应强度为B2、方向也垂直于纸面向里的匀强磁场，且 B1:B2=3:2。在原点O处同时发射两个质量分别为 m,和m的带电粒子，粒子a以速率v,沿x轴正方向运 (1)求带电微粒进入偏转电场时的速率1。 动，粒子b以速率v沿x轴负方向运动，已知粒子a带正 (2)求偏转电场中两金属板间的电压U2。 电，粒子b带负电，两粒子的电荷量相等，且速率满足 (3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁 mv,=bv。若在此后的运动中，当粒子a第4次经过y 感应强度B至少是多少？ 轴（出发时经过y轴不算在内）时，恰与粒子b相遇。粒子 答案(1)1.0×10m/s(2)100V(3)0.1T 重力不计。下列说法正确的是( 1 B, 解析(1)根据动能定理gU=2m心2 ××X ××× ×观必 d=1.0X10'm/s。 解得1=√m (2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平 ××× ×××× 抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动，水平方向t= A.粒子a、b在磁场B.中的偏转半径之比为3：2 L VI B.两粒子在y正半轴相遇 带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为 C.粒子a、b相遇时的速度方向相同 a,出电场时竖直方向速度为v2 D.粒子a、b的质量之比为1：5 答案BCD 竖直方向a=gE=9业 m dm 解析由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径 v:=al=9:.I 公式一器如-器器宁选项A蜡民，由 dm v 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式，= 由几何关系an0=些=g0,L=U2L v1 dmv 2dU B知，a粒子从O点出发沿工轴正方向射出向上逆时针 U,=20an0 24
物 理 选择性必修 第二册 配人教版 C.a、b在磁场中飞行的路程之比为3∶4 D.a、b在P上的落点与O 点的距离之比为3∶4 答案 AB 解析 因粒子向下偏转,则由左手定则可知,粒子均带正 电,故选项 A 正确。由Bqv=m v2 r 可得,粒子半径r= mv Bq ,因两同种粒子速度相同,则它们的半径相等,轨迹如 图所示;由图可知,打到屏上时粒子a在磁场中转过240°, 粒子b在磁场中转过180°;两粒子周期T 相同,根据t= θ 2π T 可知,a、b在磁场中飞行的时间之比为4∶3,选项B 正确。根据l=rθ可知,a、b在磁场中飞行的路程之比等 于转过的圆心角之比,大小为4∶3,选项C错误。由图根 据运动轨迹可知,b在 P上的落点与O 点的距离为直径 db=2r,而a的落点为一个小于直径的弦,大小为da= 2rsin60°= 3r,则a、b在P上的落点与O 点的距离之比 为 3∶2,故选项D错误。 5.如图所示,在x 轴的负方向,存在磁感应强度为B1、方向 垂直于纸面向里的匀强磁场,在x 轴的正方向,存在磁感 应强度为 B2、方向也垂直于纸面向里的匀强磁场,且 B1∶B2=3∶2。在原点O 处同时发射两个质量分别为 ma 和mb 的带电粒子,粒子a以速率va 沿x 轴正方向运 动,粒子b以速率vb 沿x 轴负方向运动,已知粒子a带正 电,粒子 b带负电,两粒子的电荷量相等,且速率满足 mava=mbvb。若在此后的运动中,当粒子a第4次经过y 轴(出发时经过y轴不算在内)时,恰与粒子b相遇。粒子 重力不计。下列说法正确的是( ) A.粒子a、b在磁场B1 中的偏转半径之比为3∶2 B.两粒子在y正半轴相遇 C.粒子a、b相遇时的速度方向相同 D.粒子a、b的质量之比为1∶5 答案 BCD 解析 由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径 公式r= mv qB 知, ra1 rb1 = mava qB1 ∶ mbvb qB1 = 1 1 ,选项 A错误。由 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式r= mv qB 知,a粒子从O 点出发沿x 轴正方向射出向上逆时针 转半周在y轴上上移2ra2,穿过y轴后逆时针向下转半周 后下移2ra1,由于B2<B1,则第二次经过y轴时在坐标原 点的上方(2ra2-2ra1)处,同理第4次经过y 轴时在坐标 原点上方2(2ra2-2ra1)处,由题意知选项B正确。由a粒 子第4次经过y轴时的位置可知,显然是b粒子向上转半 周后相遇的,a粒子第4次经过y 轴时是向右方向,而b 粒子转半周也是向右的方向,所以两者方向相同,选项 C 正确。根据周期公式T= 2πm qB 及题意,当两粒子在y 轴 上相遇时,时间上有 1 2 Tb1=Ta1 +Ta2,即 1 2 × 2πmb qB1 = 2πma qB1 + 2πmb qB2 ,结合 B1∶B2=3∶2,得 ma mb = 1 5 ,选项 D 正确。 二、非选择题 6.如图所示,一带电微粒质量 m=2.0×10-11 kg、电荷量 q=+1.0×10-5C,从静止开始经电压为U1=100V的电 场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,微粒 射出电场时的偏转角θ=30°,并接着进入一个方向垂直纸 面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域。已知偏转 电场中金属板长l=20cm,两板间距d=17.3cm,重力 忽略不计。 (1)求带电微粒进入偏转电场时的速率v1。 (2)求偏转电场中两金属板间的电压U2。 (3)为使带电微粒不会由磁场右边射出,该匀强磁场的磁 感应强度B 至少是多少? 答案 (1)1.0×104 m/s (2)100V (3)0.1T 解析 (1)根据动能定理qU1= 1 2 mv1 2 解得v1= 2qU1 m =1.0×104 m/s。 (2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用,做类平 抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动,水平方向t= l v1 带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动,加速度为 a,出电场时竖直方向速度为v2 竖直方向a= qE m = qU2 dm v2=at= qU2 dm · l v1 由几何关系tanθ= v2 v1 = qU2l dmv1 2= U2l 2dU1 U2= 2dU1 l tanθ 24
第一章安培力与洛伦兹力 代入数据得U2=100V。 (1)求粒子射入时的速度大小。 (3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提 (2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感 供向心力，设微粒轨道半径为R 应强度应满足的条件。 XX-×B×} 答案（1)5agB。 (②装感应强度大于等于。 U iX XXX 解析(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R,运 动轨远如图甲所示 D x××× -D- 由几何关系知R+ 2=D,得R= 3 E 微粒进入磁场时的速度为'= c0s30 由牛顿运动定律及运动学规律g心B=m吧 由几何关系可知(R一a)2+(3a)2=R2,解得R=5a R 得B=mu 由牛领第二定律可知g如B,=m发，解得0-5amB. m.v gR=2 2父©s○·代入登据解子召—■ (2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨远与AC 相切，如图乙所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径 0.1T 为r1,由几何关系得r1十r1cos0=3a 所以为使带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少 D 为0.1T。 挑战·创新 如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分 分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部 E 分区域的磁感应强度大小为B。,OF为上、下磁场的水平 乙 分界线。质量为m,电荷量为十q的粒子从AC边界上与 O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域， 由(1)知c0s0=3 ,所以=15 8 经OF上的Q点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的 根据gB,=m女，解得B,=8B 距离为3a。不考虑粒子重力。 3 A··Bo··:D 时，粒子不会从AC边界飞出。 故当B1≥3 p· 0· 0----- ----F ”。。。。票年} C E 4质谱仪与回旋加速器 素养·目标定位 目标素养 知识概览 1.能够分析带电粒子在匀强磁场中的受力及运动 质谱仪 问题。 带电粒子在匀强应用 磁场中的运动 2.了解质谱仪和回旋加速器的工作原理。 回旋加速器 25
第一章 安培力与洛伦兹力 代入数据得U2=100V。 (3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提 供向心力,设微粒轨道半径为R 由几何关系知R+ R 2 =D,得R= 2D 3 微粒进入磁场时的速度为v'= v1 cos30° 由牛顿运动定律及运动学规律qv'B= mv'2 R 得B= mv' qR = m 2 3 qD · v1 cos30° ,代入数据解得 B= 0.1T 所以为使带电粒子不射出磁场,磁感应强度B 至少 为0.1T。 挑战 创新 如图所示,在无限长的竖直边界AC 和DE 间,上、下部分 分别充满方向垂直于ADEC 平面向外的匀强磁场,上部 分区域的磁感应强度大小为B0,OF 为上、下磁场的水平 分界线。质量为m、电荷量为+q的粒子从AC 边界上与 O 点相距为a的P 点垂直于AC 边界射入上方磁场区域, 经OF 上的Q 点第一次进入下方磁场区域,Q 与O 点的 距离为3a。不考虑粒子重力。 (1)求粒子射入时的速度大小。 (2)要使粒子不从AC 边界飞出,求下方磁场区域的磁感 应强度应满足的条件。 答案 (1) 5aqB0 m (2)磁感应强度大于等于 8B0 3 解析 (1)设粒子在OF 上方做圆周运动的半径为R,运 动轨迹如图甲所示 甲 由几何关系可知(R-a)2+(3a)2=R2,解得R=5a 由牛顿第二定律可知qvB0=m v2 R ,解得v= 5aqB0 m 。 (2)当粒子恰好不从AC 边界飞出时,运动轨迹与AC 相切,如图乙所示,设粒子在OF 下方做圆周运动的半径 为r1,由几何关系得r1+r1cosθ=3a 乙 由(1)知cosθ= 3 5 ,所以r1= 15a 8 根据qvB1=m v2 r1 ,解得B1= 8B0 3 故当B1≥ 8B0 3 时,粒子不会从AC 边界飞出。 4 质谱仪与回旋加速器 素养·目标定位 目 标 素 养 知 识 概 览 1.能够分析带电粒子在匀强磁场中的受力及运动 问题。 2.了解质谱仪和回旋加速器的工作原理。 25